M557 - ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO

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1 Pag. / Sessione ordinaria 7 Seconda prova scritta M557 - ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO Tema di: MATEMATICA Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 dei quesiti del questionario. PROBLEMA Si considerino i triangoli la cui base è AB e il cui vertice C varia in modo che l angolo C A ˆ B si mantenga doppio dell angolo A B ˆ C.. Riferito il piano ad un conveniente sistema di coordinate, si determini l equazione del luogo geometrico γ descritto da C.. Si rappresenti γ, tenendo conto, ovviamente, delle prescritte condizioni geometriche.. Si determini l ampiezza dell angolo A B ˆ C che rende massima la somma dei quadrati delle altezze relative ai lati AC e BC e, con l aiuto di una calcolatrice, se ne dia un valore approssimato in gradi e primi (sessagesimali.. Si provi che se ˆ 5 A BC 6 allora è AC. PROBLEMA Si consideri un cerchio C di raggio r.. Tra i triangoli isosceli inscritti in C si trovi quello di area massima.. Si denoti con S n l area del poligono regolare di n lati inscritto in C. Si dimostri che n S n r sen e si trovi un analoga espressione per l area del poligono regolare di n lati n circoscritto a C.. Si calcoli il limite di S n per n.. Si spieghi in che cosa consista il problema della quadratura del cerchio e se, e in che senso, si tratti di un problema risolubile o meno.

2 Pag. / Sessione ordinaria 7 Seconda prova scritta QUESTIONARIO M557 - ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO. La regione R delimitata dal grafico di, dall asse e dalla retta (in figura è la base di un solido S le cui sezioni, ottenute tagliando S con piani perpendicolari all asse, sono tutte triangoli equilateri. Si calcoli il volume di S. CORSO DI ORDINAMENTO Tema di: MATEMATICA. Le misure dei lati di un triangolo sono, 6 e 8 cm. Si calcolino, con l aiuto di una calcolatrice, le ampiezze degli angoli del triangolo approssimandole in gradi e primi sessagesimali.. Si determini, al variare di k, il numero delle soluzioni reali dell equazione: k. Un serbatoio di olio ha la stessa capacità del massimo cono circolare retto di apotema metro. Si dica quanti litri di olio il serbatoio può contenere. 5. Si mostri che la funzione 8 soddisfa le condizioni del teorema del valor medio (o teorema di Lagrange sull intervallo [-, ]. Si determinino i valori medi forniti dal teorema e se ne illustri il significato geometrico. 6. Si sa che il prezzo p di un abito ha subìto una maggiorazione del 6% e, altresì, una diminuzione del 6%; non si ha ricordo, però, se sia avvenuta prima l una o l altra delle operazioni. Che cosa si può dire del prezzo finale dell abito? 7. Se f( è una funzione reale dispari (ossia il suo grafico cartesiano è simmetrico rispetto all origine, definita e integrabile nell'intervallo [-, ], che dire del suo integrale esteso a tale intervallo? Quanto vale nel medesimo intervallo l'integrale della funzione f(? n n 8. Si risolva l equazione: 5 9. Si calcoli l integrale indefinito d e, successivamente, si verifichi che il risultato di d è in accordo con il suo significato geometrico.. Per orientarsi sulla Terra si fa riferimento a meridiani e a paralleli, a latitudini e a longitudini. Supponendo che la Terra sia una sfera S e che l'asse di rotazione terrestre sia una retta r passante per il centro di S, come si può procedere per definire in termini geometrici meridiani e paralleli e introdurre un sistema di coordinate geografiche terrestri? Durata massima della prova: 6 ore. È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema.

3 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 Consideriamo la seguente figura: SOLUZIONE Il punto C ha coordinate generiche C (,. Ma il triangolo AHC è rettangolo per cui tan( α. Ora applicando il teorema dei seni al triangolo ABC si ha: AC AB sin( α sin( α sin(α sin( α sin( α AC sin(α sin(α α sin( α sin(α cos( α cos(α sin( α sin( α sin( α cos( [ cos ( α cos(α ] [ cos ( α ] [ α ]

4 Ma vale anche che: [ ] AC AH cos( cos( cos( cos( α α α α Quindi abbiamo due condizioni: cos( sin( cos( α α α Ricordando la relazione fondamentale ( ( cos ( sin α α Per cui si ha: : γ Per capire di che curva si tratta riscriviamola in questo modo: ( ( 9 9 Ora se effettuiamo una traslazione lungo l asse delle ascisse cioè effettuiamo la trasformazione ' ' la curva diventa: ( ( 9 ' ' ': ' 9 : γ γ Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7

5 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 cioè otteniamo la classica iperbole con asintoti ±. Per cui la nostra curva è una iperbole traslata con asintoti ± Il problema impone però delle limitazioni geometriche. Innanzitutto deve essere α 6. Ora poiché il coseno in questo intervallo è decrescente allora Ma α 6 α cos( cos(α cos( cos(α cos(α, > < Inoltre per come introdotto il sistema di riferimento deve aversi, quindi il nostro problema va discusso per Ricaviamo ora la funzione f ( dalla curva γ :. Si ha: ± Ma con la limitazione la soluzione da prendere è quella positiva per cui la nostra funzione è

6 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 Studiamo allora la funzione con la limitazione Dominio: ( ( che con la limitazione come dominio, ; Intersezioni asse ascisse: limitazione l unica intersezione è impone, e con la ; Intersezioni asse delle ordinate: ; Positività: nel dominio la funzione è sempre positiva visto che si tratta di una funzione radice; Asintoti verticali: non ce ne sono; Asintoti orizzontali: non ce ne sono. Infatti lim ; Asintoti obliqui: m q m q lim lim lim lim lim lim [ ] per cui l asintoto è unico ed è pari a abbiamo calcolato e ritrovato perché abbiamo la limitazione come già anticipato. L altro asintoto non lo

7 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 Crescenza e decrescenza:. Calcoliamo le derivate: '( > (, tenendo conto del dominio di definizione. Per cui la funzione è crescente nell intervallo (, e decrescente altrove. Poiché abbiamo la limitazione geometrica allora la nostra funzione è sempre decrescente. Inoltre essa non è derivabile in Il grafico è sotto presentato: perché lim '( lim '(. In realtà va fatta una ulteriore considerazione. Se scegliamo il sistema di riferimento in modo da avere il triangolo col vertice che spazia nel terzo e quarto quadrante otteniamo l altra soluzione, precedentemente scartata. Cioè otteniamo che il luogo in quel caso è descritto dall equazione

8 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 che è la simmetrica di rispetto all asse delle ascisse. In tal caso è importante controllare che l asintoto verticale abbia equazione dell iperbole. Ed infatti come dedotto dall equazione m q m lim lim lim lim [ ] lim lim q per cui l asintoto è unico ed è pari a come già anticipato. In conclusione in tal caso il grafico è:

9 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 Se mettiamo assieme i due grafici otteniamo il ramo di iperbole ottenuto dal sistema ( come sin dall inizio evidenziato. Abbiamo preferito fare tutti i calcoli perché era l unica strada da perseguire se non ci si accorgeva che con una semplice traslazione ottenevamo una iperbole. E stato un modo per confermare i risultati da un altro punto di vista. - Considerando la figura di partenza si ha: AM ABsin( α sin( α BN AB sin(α sin(α Per cui la funzione da massimizzare è S ( α sin ( α sin (α.

10 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 Calcoliamo le derivate: S' ( α sin( αcos( α sin(α cos(α sin(α S' '( α cos(α 8cos(α [ cos(α ] Il segno lo si discute sempre discutendo singolarmente ogni fattore, ricordando la limitazione α 6 : sin(α > k < α < k cos(α > k < α < ar cos k ar cos k < < k e limitandoci in α 6 si ha: S' ( α > < α < ar cos S' ' ar cos < per cui il valore che massimizza la funzione S ( α sin ( α sin (α è α ar cos 5 ' Per dimostrare l ultima questione ci serviamo di relazioni trigonometriche fondamentali: sin(7 sin(6 cos(6 sin(6 sin(8 cos(8 cos(6 sin (8 sin(7 sin(9 8 cos(8 Da queste ricaviamo: sin(8 cos(8 [ sin (8 ] cos(8 sin(8 [ sin (8 ]

11 Poniamo ora 8 sin(, allora: [ ] ( ( 5, 8 ( (8 sin sin(8 ± Ora la soluzione non è accettabile perché a il seno vale. Inoltre la soluzione 5 va scartata perché riguarda un angolo che non si trova nel primo quadrante, in cui si trova invece 8. Per cui in conclusione si ha 5 sin(8 Ora [ ] [ ] ( [ ] ( [ ] (8 sin (8 sin (8 cos (*8 cos (6 cos AC Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7

12 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 SOLUZIONE La dimostrazione può essere effettuate sia per via trigonometrica che per via geometrica sfruttando nozioni di geometria euclidea. Illustriamo ambo le strade perseguite. Utilizzo trigonometria. Si consideri la figura seguente che rappresenta la geometria del problema.: Ora: CH CO OH r OH OH OBsin α r cos(α CH r [ cos(α ] AB HB OB cos α r sin(α

13 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 Quindi l area del triangolo sarà: * CH AB A f ( α r sin(α [ cos(α ] Ovviamente la limitazione geometrica imposta dal problema è α,. Ora nell intervallo, α la funzione f ( α r sin(α [ cos(α ] è continua, derivabile, sempre positiva ed assume valore nullo agli estremi. Per il teorema di Weierstrass tale funzione presenta un massimo assoluto, non assunto agli estremi, ma in un punto interno all intervallo α,. Tale punto lo ricercheremo attraverso le derivate: f '( α r cos(α cos (α sin (α r cos (α cos(α r [ ] [ ] [ cos(α ][ cos(α ] Ora nell intervallo α, α,, cos( α >, per cui f '( α r [ cos(α ][ cos(α ] cos(α α α. 6 Quindi il massimo assoluto è assunto per α cioè quando effettivamente il triangolo è 6 equilatero. Utilizzo geometria euclidea. Si consideri la figura seguente che rappresenta la geometria del problema.:

14 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 Sia HD con la limitazione r Si ha: AH r AB HB AH * HD ( r Per cui l area sarà: CH * AB A f ( (r ( r Calcoliamo ora le derivate: f '( ( r (r r f '( > < < r ( r ( r ( r ( r ( r ( r ( r ( r che con la limitazione dell area è raggiunto per Ora r comporta r. r r <. Inoltre f '' < per cui il massimo r r r r 9r AB r, CB AC HB CH r AB ed ecco allora dimostrato per via geometrica che l area massima la si ha in corrispondenza di un triangolo equilatero. Si consideri la figura seguente:

15 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 I lati del poligono di n lati inscritto nel cerchio possono essere considerati le basi di n triangolini isosceli che hanno un vertice coincidente col centro della circonferenza. Consideriamone uno, ad esempio CEF in figura. L angolo al vertice sarà ovviamente ECF ˆ DCF ˆ DCE ˆ. n n Quindi l area del poligono inscritto sarà: S ns n, inscritto CEF E ricordando la nota formula trigonometrica per cui l area di un triangolo è pari al semiprodotto di due lati per il seno dell angolo compreso, si ha S CEF r nr sin S n, inscritto nscef sin n n Analoghe considerazioni si fanno per il poligono circoscritto: si avrà: S ns n, cir cos critto CAB Ora AB OB CO tan r tan S n n CAB r tan n r tan n Da cui S n, cir cos critto ns CAB nr tan n Quello che ci si aspetta è che al crescere del numero di lati sia il poligono inscritto che quello circoscritto tendono ad approssimare perfettamente il cerchio ed al limite per n a confondersi con esso. Cioè ci aspettiamo che lim S n n, inscritto lim S n n, cir cos critto r Infatti lim S n r n, inscritto nr lim n sin n lim n n t n r sin r n sin lim t t n lim sin n n ( t r * r

16 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 Analogamente n lim Sn, cir cos critto lim nr tan r lim tan n n n n n sin sin t n n n sin r lim * lim cos r lim r lim n n n n t t n n ( t r * r Il problema della quadrature del cerchio consiste nel trovare con riga e compasso solamente un quadrato avente la stessa area di un dato cerchio. Questo equivale a costruire un quadrato di lato l r r. Ma questo non è possibile visto che, come ha dimostrato Lindermann nel 88, il numero ( e quindi la sua radice è un numero trascendente.

17 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 Soluzione L area di un triangolo equilatero è A l. Nel nostro caso il lato l per cui l area suddetta è A l, per cui il volume richiesto è: V d Soluzione Si possono seguire differenti strade: o il teorema dei seni ed il teorema di Carnot oppure solo il teorema di Carnot applicato tre volte una per ogni angolo. Teorema dei seni e teorema di Carnet Siano a 8, b 6, c i lati ed α, β, γ gli angoli opposti. Per il teorema dei seni si ha: a sin( α b sin( β c sin( γ mentre per il teorema di Carnot applicato al lato a si ha a sin sin b c ( β sin( α β arcsin sin( α bc cos( α cos( α cos( α α 9' 5 arcsin 6 ' ( γ sin( α β arcsin sin( α arcsin 8 57'

18 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 Solo teorema di Carnot a b c b a a c c b bc cos( α cos( α cos( α α 9' ac cos( β cos( β cos( β β 6 ' 6 7 ab cos( γ cos( λ cos( γ γ 8 57' 8 Soluzione L equazione da risolvere è equivalente al sistema seguente: k La curva di equazione è definita in tutto R, interseca le ascisse in (,,(, e le ordinate in (,, è positiva per >, non presenta asintoti. Ha come derivata prima e seconda le seguenti: '( '' ( 6 '' ( < '' > > <, > Per cui (, è un massimo,, è un minimo e,. 7 7 L altra curva di equazione k non è altro che un fascio di rette parallele alle ascisse. Rappresentiamo il tutto su uno stesso grafico:

19 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 Ora vanno distinti i seguenti casi. k < k < la soluzione è unica e negativa; 7 7 k k le soluzioni sono tre, una negativa, due positive coincidenti e pari a 7 7 ; < k < < k < ci sono tre soluzioni distinte, una negativa e due positive; 7 7 k le soluzioni sono tre, due coincidenti e pari a e una pari k > la soluzione è unica e positiva. In conclusione k < k > 7 < k < 7 k,k 7 soluzione soluzioni distinte soluzioni ma due coincidenti

20 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 Soluzione Ci sono differenti soluzioni. Ne proponiamo. Uso della trigonometria La limitazione geometrica impone h cos r sin ( α ( α α hr V cos( α sin ( α Calcoliamo le derivate: V ' [ sin ( α sin( α cos ( α ] sin( α [ cos ( α ] Per calcolare il segno della derivata calcoliamo il segno di ogni singolo fattore nell intervallo α : sin( α α cos ( α cos( α,cos( α α ar cos Per cui la funzione volume è crescente per α ar cos e decrescente in ar cos α, per cui presenterà un massimo per α ar cos cioè per cos( α. In corrispondenza il volume massimo è: V MAX m.m l 7

21 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 Uso geometria euclidea La limitazione geometrica è h r hr V V ' ( ( tenendo conto della limitazione geometrica Per cui il massimo lo si ha per ed il volume vale: V MAX m.m l 7 Soluzione La funzione in questione è continua e derivabile in tutto R per cui ad essa è applicabile il teorema di Lagrange, per cui c ' (, : f ( c f ( f ( Ora f ( 6, f (, f '( c c per cui si deve imporre c c ± entrambi accettabili. Geometricamente questo significa che le due rette tangenti alla curva nei punti 8( 9 8( 9,,, sono parallele alla retta congiungente i punti (,6,(, 9 9

22 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 Soluzione Sia p il prezzo dell abito. Distinguiamo i due casi: Maggiorazione 6% e poi diminuzione del 6%: Con la maggiorazione del 6% il prezzo diventa Con la ulteriore diminuzione il prezzo diventa: p' p.6 p. 6 p p' '.6 p.6 p * p Diminuzione del 6% e poi maggiorazione del 6% Con la diminuzione il prezzo diventa: p' p.6 p. 9 p Con la ulteriore maggiorazione del 6% il prezzo diventa p' '.9 p.9*.6 p. 996 p Quindi l ordine delle due operazioni è ininfluente ed il prezzo finale dell abito è stato ridotto del.6%. Soluzione In generale l integrale di una funzione dispari, cioè di una funzione per cui f ( f (, in un intervallo simmetrico rispetto all origine è nullo. Infatti particolareggiando al caso in esame, si ha: dell intervallo [ ] f ( d Con la sostituzione -t f ( d per cui f ( d Invece f ( d f ( t dt f ( d f ( d nel secondo integrale si ha f ( t dt f ( d f ( t dt [ f ( ] d f ( d d * :

23 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 Soluzione Innanzitutto per la definizione dei coefficienti binomiali in esame deve aversi n >, n > n > 5, per cui deve aversi n > 5. Ora risolviamo l equazione n n! n! n( n ( n ( n!( n! ( n! 6 n ( n! ( n! 5 5 5!( n 5! 6( n 5! n( n ( n ( n 5( n ( n ( n n( n ( n ( n 5( n ( n ( n 6 ( n ( n [ n( n 5( n ] ( n ( n ( n 6n 6 ( n ( n ( n 6( n n, n, n 6, n Di cui solo n 6, n sono accettabili. Soluzione Per il calcolo dell integrale suddetto, effettuiamo l integrazione per parti: da cui d d d d d d arcsin( k [ arcsin( ] k d arcsin( d In particolare d [ arcsin( ]

24 Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 7 In realtà se la traccia ci avesse chiesto di calcolare l integrale di d e quindi l integrale definito e non indefinito, esso poteva essere calcolato anche per sostituzione. Infatti si ha: sin( t d cos( t dt t t Inoltre trovandoci nel nuovo intervallo per cui, si può affermare che sin ( t cos( t cos( t d cos ( t dt cos(t t sin(t dt Questa sostituzione non la possiamo fare per l integrale indefinito perché in virtù di essa potremo dire che sin ( t cos( t ± cos( t e quindi non potremo prendere la soluzione positiva o negativa ad arbitrio. Geometricamente la curva di equazione r unitario la cui area è in [,] che è pari al valore già trovato. è un quarto di cerchio di raggio Soluzione

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